Chủ đề này có 4 trả lời

[Basara]

Cho tam giác ABC AB=c; BC=a; AC=b; R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam

 CMR

$\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ca}+\frac{1}{c^2+ab}\leq \frac{1}{16R^2sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}}$

 

[tritanngo99]

Ta có các chú ý sau: $sin(\frac{A}{2})=\sqrt{\frac{(p-b)(p-c)}{bc}};R=\frac{abc}{4S};S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)};p=\frac{a+b+c}{2}$.

Khi đó: $BDT\iff \sum \frac{1}{a^2+bc}\le \frac{1}{2}.\frac{a+b+c}{abc}$.

Áp dụng $AM-GM$ ta có: $a^2+bc\ge 2a\sqrt{bc}$.

$\implies VT\le \frac{1}{2}\frac{\sum \sqrt{bc}}{abc}\le \frac{1}{2}.\frac{a+b+c}{abc}\implies Q.E.D$.

Dấu $=$ xảy ra khi $\triangle{ABC}$ đều.

[nguyenquangtruonghktcute]

Ta có các chú ý sau: $sin(\frac{A}{2})=\sqrt{\frac{(p-b)(p-c)}{bc}};R=\frac{abc}{4S};S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)};p=\frac{a+b+c}{2}$.

Khi đó: $BDT\iff \sum \frac{1}{a^2+bc}\le \frac{1}{2}.\frac{a+b+c}{abc}$.

Áp dụng $AM-GM$ ta có: $a^2+bc\ge 2a\sqrt{bc}$.

$\implies VT\le \frac{1}{2}\frac{\sum \sqrt{bc}}{abc}\le \frac{1}{2}.\frac{a+b+c}{abc}\implies Q.E.D$.

Dấu $=$ xảy ra khi $\triangle{ABC}$ đều.

 $sin(\frac{A}{2})=\sqrt{\frac{(p-b)(p-c)}{bc}}$ chứng minh sao ta   

[tritanngo99]

 $sin(\frac{A}{2})=\sqrt{\frac{(p-b)(p-c)}{bc}}$ chứng minh sao ta   

Dùng định lí hàm cos và công thức hạ bậc: $cos(A)=1-2sin^2(\frac{A}{2})$

[nguyenquangtruonghktcute]

Dùng định lí hàm cos và công thức hạ bậc: $cos(A)=1-2sin^2(\frac{A}{2})$

$$sinA+sinB+sinC=4cos\frac{A}{2}cos\frac{B}{2}cos\frac{C}{2}$$

$\frac{1}{2}\frac{a+b+c}{abc}=\frac{2R(sinA+sinB+sinC)}{16R^3.sinA.sinB.sinC}=\frac{4cos\frac{A}{2}.cos\frac{B}{2}.cos\frac{C}{2}}{8R^2.sinA.sinB.sinC}=\frac{1}{16R^2.sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}}$

Chứng minh thế này gọn hơn   

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenquangtruonghktcute: 07-10-2016 - 16:12